這道題還是一道比較不可做的矩陣題

首先我們先YY一個遞推的算法：令f[i][j]表示走到第i行第j列時的方案數，那麽有以下轉移：

f[i][j]=f[i-1][j-2*k+1]+f[i+1][j-2*k+1]+f[i][j-2*k+1](1<=k<=i/2)

但這樣是很慢的，然後我們就可以前綴和優化

這裏有兩種方法，一個是用奇偶數行進行討論，還有一種我認為是比較清晰的也比較容易理解

我們先來看一張圖：

我們令f[i][j]表示前面可以轉移到它的前綴和。例如圖中的藍色格子就是前6個格子的和

然後我們發現紅色格子就是由藍色格子+與它相近（i坐標差值為1）的3個黃色格子的值

然後就可以O(nm)求，但是這顯然是過不了的

但是我們仔細研究一下發現每一次的轉移都是等價的，所以我們用矩陣優化

由於每一列的值都和它前面兩列有關，所以我們需要一個2*n*2*n的矩陣來轉移，這個的話大概長這樣(n=3時)

具體還是看CODE吧，然後就是常規的矩陣快速冪了

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=55,mod=30011;
int n,m;
struct Matrix
{
    int n,m;
    LL a[N<<1][N<<1];
    inline void Dt_init(void)
    {
        register int i; memset(a,0,sizeof(a)); n>>=1;
        for (i=1;i<=n;++i)
        a[i][i+n]=a[i+n][i]=1;
        for (i=1;i<=n;++i)
        {
            if (i^1) a[i][i-1]=1;
            if (i^n) a[i][i+1]=1;
            a[i][i]=1;
        } n<<=1;
    }
    inline void cri_init(void)
    {
        register int i; memset(a,0,sizeof(a)); 
        for (i=1;i<=n;++i)
        a[i][i]=1;
    }
};
inline Matrix mul(Matrix A,Matrix B)
{
    Matrix C; C.n=A.n; C.m=B.m; memset(C.a,0,sizeof(C.a));
    for (register int i=1;i<=C.n;++i)
    for (register int j=1;j<=C.m;++j)
    for (register int k=1;k<=A.m;++k)
    C.a[i][j]=(C.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j])%mod;
    return C;
}
inline Matrix quick_pow(Matrix A,int p)
{
    Matrix T; T.n=T.m=A.n; T.cri_init();
    while (p)
    {
        if (p&1) T=mul(T,A);
        A=mul(A,A); p>>=1;
    }
    return T;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    Matrix A; A.n=A.m=n<<1; A.Dt_init();
    A=quick_pow(A,m-2);
    printf("%lld",(A.a[n][1]+A.a[n-1][1])%mod);
    return 0;
 

Luogu P3990 [SHOI2013]超級跳馬